2020-2021學(xué)年天津一中高三（上）第一次月考化學(xué)試卷

一、選擇題（共15小題，每小題3分，滿分45分）13分）化學(xué)與生活、科技及環(huán)境密切相關(guān)。下列說法正確的是()A．為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使用無水酒精殺菌消毒B．港珠澳大橋使用的超高分子量聚乙烯纖維屬于無機(jī)非金屬材料C．“玉兔號”月球車太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防止食物受潮、氧化變質(zhì)23分）下列與阿伏加德羅常數(shù)的值（NA）有關(guān)的說法正確的是()B．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有銅原子數(shù)為0.1NAC．在密閉容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反應(yīng)后可得到NH3分子數(shù)為NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2溶于水呈黃綠色，溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微?？倲?shù)之和為NA33分）用下列實驗裝置和方法進(jìn)行相應(yīng)實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．用如圖裝置制備干燥的氨氣B．用如圖裝置收集并測量Cu與濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體及體積C．用如圖裝置除去CO2中含有的少量HClD．用如圖裝置制取并收集SO243分）常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是()B．0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO3﹣、NH4+、SO42﹣、Na+C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣53分）LiAlH4、LiH既是金屬儲氫材料又是有機(jī)合成中的常用試劑。遇水均能劇烈分解釋放出H2，LiAlH4在125℃分解為LiH、H2和Al。下列說法正確的是()A．LiAlH4中AlH4﹣的結(jié)構(gòu)式可表示為：B．1molLiAlH4在125℃條件下完全分解，轉(zhuǎn)移2mol電子C．LiH與D2O反應(yīng)，所得氫氣的摩爾質(zhì)量為4g/molD．LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4將乙醛氧化為乙醇63分）氯胺（NH2Cl）是一種長效緩釋有機(jī)氯消毒劑，有強(qiáng)氧化性，其殺菌能力是一般含氯消毒劑的4～5倍。下列有關(guān)氯胺的說法一定不正確的是()A．氯胺中氯元素的化合價為+1價B．氯胺的電子式為C．氯胺的水解產(chǎn)物為NH2OH（羥氨）和HClD．氯胺的消毒原理與漂白粉相似73分）下列敘述不正確的是()A．NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通過化合反應(yīng)生成B．電解、電離、電鍍均需要通電才可進(jìn)行C．CO2、N2O5、SO2均為酸性氧化物D．水玻璃、淀粉溶液、膠體均為混合物83分）下列所示物質(zhì)的制備方法合理的是()A．實驗室從海帶中提取單質(zhì)碘：取樣→灼燒→溶解→過濾→萃取→蒸餾B．以海水為原料制得精鹽，再電解精鹽的水溶液制取鈉C．以鐵礦石、焦炭、空氣、石灰石等為原料，通過反應(yīng)產(chǎn)生的CO在高溫下還原鐵礦石制得鐵D．從鋁土礦中獲得氧化鋁再制得氯化鋁固體，電解熔融的氯化鋁得到鋁93分）下列離子方程式書寫正確的是()A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32+2H2OB．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4C．向硫酸銅溶液中加入足量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═4Cl﹣+2Fe3++Br2103分）次磷酸（H3PO2）是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，有強(qiáng)還原性。已知：①2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑;@H3PO2+NaOH（足量）═NaH2PO2+H2O。下列推斷不正確的是()A．H3PO2的結(jié)構(gòu)式為B．H3PO2具有強(qiáng)還原性，在空氣中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是酸式鹽D．每消耗1molP4，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3mol電子113分）下列有關(guān)物質(zhì)的實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論描述正確的是()選項操作現(xiàn)象結(jié)論A某鐵的氧化物樣品用足量濃鹽酸溶解后，再滴入少量酸性高錳酸鉀紫紅色褪去鐵的氧化物中一定含+2價鐵B向某無色溶液中通入過量的CO2氣體有白色沉淀產(chǎn)生該溶液中可能含有SiO32﹣C向品紅溶液中通入某氣體溶液褪色該氣體一定是SO2D滴加NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍(lán)原溶液中無NH4+123分）為驗證還原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣,三組同學(xué)分別進(jìn)行了如圖實驗，并對溶液1和溶液2中所含離子進(jìn)行了檢驗，能證明上述還原性順序的實驗組有()溶液1溶液2甲含F(xiàn)e3+、Fe2+含SO42﹣乙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含SO42﹣丙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含F(xiàn)e2+133分）已知：還原性HSO3﹣>I﹣,氧化性IO3﹣>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法不正確A．0～a段發(fā)生反應(yīng)：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+B．b～c段反應(yīng)：氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量是0.5molC．當(dāng)溶液中I﹣與I2的物質(zhì)的量之比為5：1時，加入的KIO3為1.lmolD．a(chǎn)～b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol143分）水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣中的幾種離子，且存在的各離子具有相同的物質(zhì)的量，某同學(xué)對該溶液進(jìn)行如圖實驗。下列判斷正A．氣體A可能含有CO2，氣體B一定是NH3B．白色沉淀可能含有Al（OH）3C．溶液中一定不存在Na+D．溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3﹣、NH4+153分）足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL二、解答題（共4小題，滿分55分）（1）需稱量NaOH固體g（2）在該溶液的配制過程中，用到的玻璃儀器：量筒、燒杯、玻璃棒。Ⅱ、取上述實驗中配制的NaOH溶液200mL，緩慢通入一定量的CO2，充分反應(yīng)，測最后溶液的pH＞7。在上述所得溶液中，逐滴緩慢滴加一定濃度的鹽酸，所得氣體的體積與所加鹽酸的體積（不考慮溶解于水）關(guān)系如圖所示。（4）加入鹽酸200mL之前，無氣體產(chǎn)生，寫出OA段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。（5）A點時，反應(yīng)所得溶液中溶質(zhì)的成分有（6）產(chǎn)生的CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為mL。1714分）某化學(xué)興趣小組以菱鐵礦（主要成分為FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量雜質(zhì)）為原料制備氯化鐵晶體（FeCl3?6H2O）的實驗過程如圖：（1）酸溶及后續(xù)過程中均需保持算過量，其目的除了提高鐵元素的浸出率之外，還有。（3）滴加H2O2溶液氧化時，發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為。（4）在氧化過程中，如何檢驗鐵元素全部以Fe3+形式存在：。（5）加入過量NaOH溶液的目的是。（6）請補充完整由過濾后得到的固體制備FeCl3?6H2O的實驗方案：向過濾后所得固體，用水洗滌固體2﹣3次，低溫干燥，得到FeCl3?6H2O。1814分）硫代硫酸鈉俗稱大蘇打、海波，主要用作照相業(yè)定影劑，還廣泛應(yīng)用于化工、醫(yī)藥等行業(yè)。常溫下，溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O。Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖甲所示。將硫化鈉和碳酸鈉按反應(yīng)要求比例放入圖乙裝置D中，然后注入150mL蒸餾水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定濃度的H2SO4，在蒸餾燒瓶B中加入亞硫酸鈉固體，并按圖乙安裝好裝置。（1）打開分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反應(yīng)產(chǎn)生的氣體較緩慢均勻地通入Na2S和 ①蒸餾燒瓶B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②制備過程中儀器D中的溶液要控制在弱堿性條件下，其理由是。（用離子方程式表示）Ⅱ.分離Na2S2O3?5H2O并測定含量（2）操作Ⅰ為趁熱過濾，其目的是；操作Ⅱ是過濾、洗滌、干燥，其中洗滌操作時用（填試劑）作洗滌劑。（3）蒸發(fā)濃縮濾液直至溶液中有少量晶體析出為止，蒸發(fā)時控制溫度不宜過高的原因（4）已知：Na2S2O3?5H2O的摩爾質(zhì)量為248g?mol﹣1；2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6。取晶體樣品ag，加水溶解后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴入幾滴淀粉溶液，用0.005mol?L﹣1碘水滴定到終點時，消耗碘水溶液VmL，試回答：①達(dá)到滴定終點時的現(xiàn)象：。@產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。（5）滴定過程中可能造成實驗結(jié)果偏低的是。（填字母）A．錐形瓶未用Na2S2O3溶液潤洗B．錐形瓶中溶液變藍(lán)后立刻停止滴定，進(jìn)行讀數(shù)C．滴定到終點時仰視讀數(shù)D．滴定管尖嘴內(nèi)滴定前無氣泡，滴定到終點出現(xiàn)氣泡Ⅲ.氰化鈉是一種劇毒物質(zhì)，工業(yè)上常用硫代硫酸鈉溶液處理廢水中的氰化鈉（6）化學(xué)興趣小組的同學(xué)配備了防毒口罩、橡膠手套和連體式膠布防毒衣等防護(hù)用具，在老師的指導(dǎo)下進(jìn)行以下實驗：向裝有1.5mL0.1mol?L﹣1的NaCN溶液的試管中滴加1.5mL0.1mol?L﹣1的Na2S2O3溶液，兩反應(yīng)物恰好完全反應(yīng)，但沒有明顯實驗現(xiàn)象，取反應(yīng)后的溶液少許滴入盛有10mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液的小燒杯中，溶液呈現(xiàn)血紅色，請寫出Na2S2O3解毒的離子方程式：。1914分）2020年突如其來的“新冠肺炎”使人們認(rèn)識到日常殺菌消毒的重要性。其中含氯消毒劑在生產(chǎn)生活中有著廣泛的用途。Ⅰ.NaClO是“84”消毒液的有效成分，在此次抗擊新冠病毒中發(fā)揮了重要作用，請回答下列問題。（1）浸泡衣物時加入“84”消毒液在空氣中放置一段時間漂白效果更好，原因用離子方程式表示為已知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣)。（2）若將“84”消毒液與潔廁靈（主要成分是鹽酸）混合使用，則會產(chǎn)生黃綠色的有毒氣體，其反應(yīng)的離子方程式是。Ⅱ.ClO2是一種黃綠色或橙黃色的氣體，極易溶于水，可用于水的消毒殺菌及煙氣的脫硫脫硝。回答下列問題：（3）將過硫酸鈉（Na2S2O8）溶液加入亞氯酸鈉（NaClO2）中可制備ClO2，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。（4）為研究ClO2脫硝的適宜條件，在1L200mg?L﹣1ClO2溶液中加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，通入NO氣體并測定NO的去除率，脫硝后N元素以NO3﹣形式存在，其關(guān)系如圖所示。①實驗中使用的ClO2溶液的物質(zhì)的量濃度為（保留一位有效數(shù)字要使NO的去除率更高，應(yīng)控制的條件是。@NaClO2吸收NO的效率高于ClO2，請寫出堿性條件下NaClO2脫除NO反應(yīng)的離子方程式：。一、選擇題（共15小題，每小題3分，滿分45分）13分）化學(xué)與生活、科技及環(huán)境密切相關(guān)。下列說法正確的是()A．為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使用無水酒精殺菌消毒B．港珠澳大橋使用的超高分子量聚乙烯纖維屬于無機(jī)非金屬材料C．“玉兔號”月球車太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防止食物受潮、氧化變質(zhì)【分析】A．醫(yī)療上常用75%的酒精殺菌消毒，不用無水乙醇消毒；B．聚乙烯為乙烯的加聚反應(yīng)產(chǎn)物，屬于有機(jī)物；C．太陽能電池帆板的材料是硅；D．硅膠具有吸水性，可作干燥劑；鐵粉具有還原性，能與氧氣反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．濃度過高，會使細(xì)菌最外面的蛋白質(zhì)變性，形成保護(hù)膜，使酒精完全不能進(jìn)入細(xì)菌細(xì)胞內(nèi)，達(dá)不到殺菌目的，應(yīng)使用75%的酒精殺菌消毒，故A錯誤；B．聚乙烯纖維為有機(jī)高分子化合物，屬于有機(jī)高分子材料，故B錯誤；C．硅為良好的半導(dǎo)體材料，是制造太陽能電池主要原料，二氧化硅常用于制造光纖，故C錯誤；D．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，硅膠（具有吸濕性）能吸收水分，鐵是較活潑的金屬，具有還原性，能防止食品被氧化變質(zhì)，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。23分）下列與阿伏加德羅常數(shù)的值（NA）有關(guān)的說法正確的是()B．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有銅原子數(shù)為0.1NAC．在密閉容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反應(yīng)后可得到NH3分子數(shù)為NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2溶于水呈黃綠色，溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微?？倲?shù)之和為NA【分析】A．銅與一定量濃硝酸反應(yīng)生成的是NO和NO2，生成1molNO轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1molNO2轉(zhuǎn)移1mol電子，據(jù)此進(jìn)行分析；B．Cu2S的摩爾質(zhì)量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍；C．合成氨的反應(yīng)是可逆反應(yīng)；D．求出氯氣的物質(zhì)的量，然后根據(jù)氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)來分析?！窘獯稹拷猓篈．銅與一定量濃硝酸反應(yīng)生成的是NO和NO2，生成1molNO轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1molNO2轉(zhuǎn)移1mol電子，由于生成氣體的量未知，故無法計算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，故A錯誤；B．Cu2S的摩爾質(zhì)量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以認(rèn)為均由CuO構(gòu)成，故含有的CuO的物質(zhì)的量為=0.1mol，則含0.1NA個銅原子，故B正確；C．合成氨的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故充分反應(yīng)后可得到NH3分子數(shù)小于NA，故C錯誤；D．標(biāo)況下11.2L氯氣的物質(zhì)的量為=0.5mol，而氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故0.5mol氯氣溶于水后還有氯氣分子，故溶液中溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微?？倲?shù)之和小于NA，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。33分）用下列實驗裝置和方法進(jìn)行相應(yīng)實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．用如圖裝置制備干燥的氨氣B．用如圖裝置收集并測量Cu與濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體及體積C．用如圖裝置除去CO2中含有的少量HClD．用如圖裝置制取并收集SO2【分析】A.濃氨水與CaO混合可制備氨氣，堿石灰可干燥氨氣；B.Cu與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)；C.二者均與碳酸鈉溶液反應(yīng)；D.Cu與濃硫酸反應(yīng)需要加熱?！窘獯稹拷猓篈．濃氨水與CaO可制取氨氣，氨氣可用堿石灰干燥，為固體與液體制取氨氣的反應(yīng)原理，裝置合理，故A正確；B．Cu與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，溶于水，不能利用排水法測定其體積，故B錯誤；C．二氧化碳、HCl均與碳酸鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)選飽和碳酸氫鈉溶液，故C錯誤；D．Cu和濃硫酸反應(yīng)需要加熱，圖中缺少加熱裝置，不能制備二氧化硫，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。43分）常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是()B．0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO3﹣、NH4+、SO42﹣、Na+C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【分析】A．“84”消毒液中含有次氯酸根離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與次氯酸根離子反應(yīng)；B．偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)；C．該溶液呈酸性或堿性，亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)，酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子；D．該溶液呈酸性或堿性，偏鋁酸根離子、碳酸根離子與氫離子反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．“84”消毒液中有ClO﹣,具有氧化性和弱堿性，SiO32﹣、CO32﹣、Na+、K+之間不反應(yīng)，都不與ClO﹣反應(yīng)，故A正確；B．NaAlO2溶液顯堿性，HCO3﹣、NH4+均不能共存，故B錯誤；C．與Al反應(yīng)放出H2的溶液可能顯堿性，也可能顯酸性（無NO3﹣),如果顯堿性，F(xiàn)e2+不能共存，如果顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3﹣、H+會因氧化還原反應(yīng)不能共存，同時會釋放出NO，故C錯誤；D．溶液可能顯堿性或者酸性，如果顯堿性，可以共存，如果顯酸性，AlO2﹣、CO32﹣均不能共存，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色離子的存，還是“一定”共存等。53分）LiAlH4、LiH既是金屬儲氫材料又是有機(jī)合成中的常用試劑。遇水均能劇烈分解釋放出H2，LiAlH4在125℃分解為LiH、H2和Al。下列說法正確的是()A．LiAlH4中AlH4﹣的結(jié)構(gòu)式可表示為：B．1molLiAlH4在125℃條件下完全分解，轉(zhuǎn)移2mol電子C．LiH與D2O反應(yīng)，所得氫氣的摩爾質(zhì)量為4g/molD．LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4將乙醛氧化為乙醇【分析】A．LiAlH4是Li+和AlH4﹣形成的離子化合物，AlH﹣離子是四面體結(jié)構(gòu)；B．LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金屬元素，H元素是非金屬元素，則Li元素為+1價、Al為+3價、H為﹣1價，在125℃條件下受熱分解時，Al元素化合價由+3變C．LiH與D2O反應(yīng)生成LiOD和HD；D．有機(jī)反應(yīng)中得氫去氧的反應(yīng)是還原反應(yīng)，乙醛轉(zhuǎn)化為乙醇的反應(yīng)是得到氫的反應(yīng)，屬于還原反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．AlH4﹣離子是四面體結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)式為，故A正確；B．LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金屬元素，H元素是非金屬元素，則Li元素為+1價、Al為+3價、H為﹣1價，在125℃條件下受熱分解時，由Al元素的價態(tài)變化可知1molLiAlH4完全分解，反應(yīng)轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；C．LiH與D2O反應(yīng)生成LiOD和HD，HD的摩爾質(zhì)量為3g/mol，故C錯誤；D．有機(jī)反應(yīng)中得氫去氧的反應(yīng)是還原反應(yīng)，乙醛轉(zhuǎn)化為乙醇的反應(yīng)是得到氫的反應(yīng)，屬于還原反應(yīng)，則反應(yīng)中氧化劑是乙醛，乙醛被還原為乙醇，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為信息型習(xí)題，注意信息與氧化還原反應(yīng)知識的結(jié)合來解答，考查學(xué)生知識遷移應(yīng)用的能力，注意有機(jī)反應(yīng)中加H的反應(yīng)為還原反應(yīng)，題目難度不大。63分）氯胺（NH2Cl）是一種長效緩釋有機(jī)氯消毒劑，有強(qiáng)氧化性，其殺菌能力是一般含氯消毒劑的4～5倍。下列有關(guān)氯胺的說法一定不正確的是()A．氯胺中氯元素的化合價為+1價B．氯胺的電子式為C．氯胺的水解產(chǎn)物為NH2OH（羥氨）和HClD．氯胺的消毒原理與漂白粉相似【分析】A．NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一個H得到的；B．根據(jù)有機(jī)物的成鍵規(guī)則，N形成三條鍵，Cl和H分別形成一條鍵，并且電子式中的每個原子應(yīng)當(dāng)達(dá)到自己相對應(yīng)的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C．Cl為+1價，應(yīng)當(dāng)結(jié)合水電離出來的OH﹣形成HClO；D．氯胺和漂白粉都是因為產(chǎn)生了HClO。【解答】解：A．NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一個H得到的，所以Cl的化合價為+1價，故A正確；B．根據(jù)有機(jī)物的成鍵規(guī)則，N形成三條鍵，Cl和H分別形成一條鍵，并且電子式中的每個原子應(yīng)當(dāng)達(dá)到自己相對應(yīng)的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以氯胺的電子式為，故B正確；C．Cl為+1價，應(yīng)當(dāng)結(jié)合水電離出來的OH﹣形成HClO，另一個產(chǎn)物是NH3，故C錯誤；D．氯胺在水中生成HClO，氯胺和漂白粉都是因為產(chǎn)生了HClO才具有殺菌消毒作用，所以氯胺的消毒原理與漂白粉相似，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了常見非金屬元素及其化合物性質(zhì)，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意把握氮的化合物和氯的化合物的性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。73分）下列敘述不正確的是()A．NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通過化合反應(yīng)生成B．電解、電離、電鍍均需要通電才可進(jìn)行C．CO2、N2O5、SO2均為酸性氧化物D．水玻璃、淀粉溶液、膠體均為混合物【分析】A．兩種或兩種以上的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)生成一種物質(zhì)的反應(yīng)為化合反應(yīng)；B．電離是指電解質(zhì)在水溶液或熔融狀態(tài)下離解成帶相反電荷并自由移動離子的一種過程，電解時將電流通過電解質(zhì)溶液或熔融態(tài)電解質(zhì)（電解液在陰極和陽極上引起氧化還原反應(yīng)的過程，電鍍是電解的應(yīng)用；C．和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；D．不同物質(zhì)組成的為混合物，同種物質(zhì)組成的為純凈物?！窘獯稹拷猓篈．Na2CO3與CO2、H2O反應(yīng)生成NaHCO3，F(xiàn)e（OH）2、O2、H2O生成Fe（OH）3，F(xiàn)eCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，所以NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通過化合反應(yīng)生成，故A錯誤；B．電離是指電解質(zhì)在水溶液或熔融狀態(tài)下離解成帶相反電荷并自由移動離子的一種過程，電解時將電流通過電解質(zhì)溶液或熔融態(tài)電解質(zhì)（電解液在陰極和陽極上引起氧化還原反應(yīng)的過程，電鍍就是利用電解原理在某些金屬表面上鍍上一薄層其它金屬或合金的過程，電離不需要通電，電解、電鍍需要通電，故B正確；C．和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物，CO2、N2O5、SO2均為酸性氧化物，故C錯誤；D．水玻璃是硅酸鈉的水溶液，為混合物，淀粉溶液、膠體均含有兩種物質(zhì)，均為混合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)分類、物質(zhì)組成等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。83分）下列所示物質(zhì)的制備方法合理的是()A．實驗室從海帶中提取單質(zhì)碘：取樣→灼燒→溶解→過濾→萃取→蒸餾B．以海水為原料制得精鹽，再電解精鹽的水溶液制取鈉C．以鐵礦石、焦炭、空氣、石灰石等為原料，通過反應(yīng)產(chǎn)生的CO在高溫下還原鐵礦石制得鐵D．從鋁土礦中獲得氧化鋁再制得氯化鋁固體，電解熔融的氯化鋁得到鋁【分析】A.海帶中的碘元素為碘離子，需要將其氧化為碘單質(zhì)；B.電解熔融氯化鈉制取金屬鈉；C.工業(yè)上以鐵礦石、焦炭、空氣、石灰石等為原料進(jìn)行煉鐵，通過反應(yīng)產(chǎn)生的CO在高溫下還原鐵礦石制得鐵；D.冶煉鋁應(yīng)電解熔融態(tài)的氧化鋁?！窘獯稹拷猓篈.實驗室從海帶中提取單質(zhì)碘：取樣→灼燒→溶解→過濾→氧化→萃取→蒸餾，故A錯誤；B.以海水為原料制得精鹽，再電解精鹽的水溶液制取氫氧化鈉溶液、氫氣和氯氣，通過電解熔融氯化鈉制取金屬鈉，故B錯誤；C.工業(yè)上以鐵礦石、焦炭、空氣、石灰石等為原料進(jìn)行煉鐵，通過反應(yīng)產(chǎn)生的CO在高溫下還原鐵礦石制得鐵，故C正確；D.從鋁土礦中獲得氧化鋁，電解熔融的氧化鋁得到鋁，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。93分）下列離子方程式書寫正確的是()A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32+2H2OB．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4C．向硫酸銅溶液中加入足量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═4Cl﹣+2Fe3++Br2【分析】A．氫氧化鈉足量，氫氧化鎂更難溶，反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀；B．硫酸氫鈉與氫氧化鋇物質(zhì)的量之比為1：1反應(yīng)恰好完全沉淀；C．硫酸銅與硫氫化鈉溶液反應(yīng)生成硫化銅、硫化氫氣體和硫酸鈉；D．還原性Fe2+＞Br﹣,所以通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再反應(yīng)反應(yīng)2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣。【解答】解：A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液，反應(yīng)生成碳酸鈉、氫氧化鎂沉淀和水，離子方程式為：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故A錯誤；B．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀，假設(shè)NaHSO4為1mol，則消耗Ba2+和OH﹣各1mol，離子方程式為：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故B錯誤；C．向硫酸銅溶液中加入足量的NaHS溶液，反應(yīng)生成硫酸鈉、CuS和硫化氫，反應(yīng)的離D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2，氯氣是氧化劑，亞鐵離子全部被氧化、一半溴離子被氧化：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝4Cl﹣+2Fe3++Br2，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了離子方程式的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力，題目難度中等。103分）次磷酸（H3PO2）是一種精細(xì)磷化工產(chǎn)品，有強(qiáng)還原性。已知：①2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑;@H3PO2+NaOH（足量）═NaH2PO2+H2O。下列推斷不正確的是()A．H3PO2的結(jié)構(gòu)式為B．H3PO2具有強(qiáng)還原性，在空氣中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是酸式鹽D．每消耗1molP4，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3mol電子【分析】A．由H3PO2+NaOH（足量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，分子中含有一個﹣OH；B．H3PO2中P元素的化合價為+1價，具有強(qiáng)還原性；C．由H3PO2+NaOH（足量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正鹽；D．2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑中2個P的化合價由0降低到﹣3價?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)@反應(yīng)可知H3PO2是一元酸，由于只有﹣OH的H原子能夠電離，B．由于P元素最高化合價是+5價，而在H3PO2中P元素化合價為+1價，說明該物質(zhì)具有強(qiáng)還原性，在空氣中可能被空氣中的氧氣氧化成+5價的磷酸，故B不選；C．根據(jù)A選項可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正鹽，不是酸式鹽，故C選；D．在①反應(yīng)中元素化合價升降數(shù)值是6，說明每有2molP4反應(yīng)，反應(yīng)①中轉(zhuǎn)移6mol電子，即每消耗1molP4，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3mol電子，故D不選；故選：C?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考常見題型，側(cè)重氧化還原反應(yīng)中基本概念的考查，把握元素的化合價變化即可解答，題目難度不大。113分）下列有關(guān)物質(zhì)的實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論描述正確的是()選項操作現(xiàn)象結(jié)論A某鐵的氧化物樣品用足量濃鹽酸溶解后，再滴入少量酸性高錳酸鉀紫紅色褪去鐵的氧化物中一定含+2價鐵B向某無色溶液中通入過量的CO2氣體有白色沉淀產(chǎn)生該溶液中可能含有SiO32﹣C向品紅溶液中通入某氣體溶液褪色該氣體一定是SO2D滴加NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍(lán)原溶液中無NH4+【分析】A.亞鐵離子、氯離子均可被高錳酸鉀氧化；B.白色沉淀可能為氫氧化鋁或硅酸；C.二氧化硫、氯氣等均可使品紅褪色；D.加熱時銨根離子與堿反應(yīng)生成氨氣，且氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)?！窘獯稹拷猓篈.亞鐵離子、氯離子均可被高錳酸鉀氧化，則應(yīng)溶于稀硫酸，再滴入少量酸性高錳酸鉀檢驗亞鐵離子，故A錯誤；B.白色沉淀可能為氫氧化鋁或硅酸，則溶液中可能含有SiO32﹣,故B正確；C.二氧化硫、氯氣等均可使品紅褪色，由操作和現(xiàn)象可知氣體不一定是SO2，故C錯誤；D.加熱時銨根離子與堿反應(yīng)生成氨氣，且氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，由操作和現(xiàn)象可知溶液中可能NH4+，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、離子檢驗、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。123分）為驗證還原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣,三組同學(xué)分別進(jìn)行了如圖實驗，并對溶液1和溶液2中所含離子進(jìn)行了檢驗，能證明上述還原性順序的實驗組有()溶液1溶液2甲含F(xiàn)e3+、Fe2+含SO42﹣乙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含SO42﹣丙含F(xiàn)e3+，無Fe2+含F(xiàn)e2+【分析】將氯氣通到氯化亞鐵中，溶液變黃色，說明二價鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl﹣;再通入二氧化硫發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到還原性：SO2＞Fe2+，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓杭祝喝芤?肯定含F(xiàn)e3+，F(xiàn)e2+，說明二價鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl﹣,并且通入的氯氣少量，又溶液2肯定含SO42﹣,說明肯定發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到還原性：SO2＞Fe2+，所以能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;乙：溶液1肯定含F(xiàn)e3+，無Fe2+，說明二價鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl﹣,但不能證明通入的氯氣是否有沒有殘留，又溶液2含SO42﹣,可能是殘留的氯氣氧化二氧化硫生成硫酸根，所以不能證明還原性：SO2＞Fe2+，即不能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;丙：溶液1肯定含F(xiàn)e3+，無Fe2+，說明二價鐵將氯氣還原成氯離子，可以證明還原性：Fe2+＞Cl﹣,但不能證明通入的氯氣是否有沒有殘留，又溶液2含F(xiàn)e2+，說明肯定發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到還原性：SO2＞Fe2+，所以能證明還原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;故選：C。【點評】本題是一道實驗方案的設(shè)計題，考查學(xué)生對物質(zhì)的性質(zhì)的掌握，注意氧化還原反應(yīng)中的規(guī)律是解題的關(guān)鍵，難度中等。133分）已知：還原性HSO3﹣>I﹣,氧化性IO3﹣>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法不正確A．0～a段發(fā)生反應(yīng)：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+B．b～c段反應(yīng)：氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量是0.5molC．當(dāng)溶液中I﹣與I2的物質(zhì)的量之比為5：1時，加入的KIO3為1.lmolD．a(chǎn)～b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol【分析】還原性HSO3﹣>I﹣,先發(fā)生IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，繼續(xù)加入KIO3，氧化性IO3﹣>I2，所以IO3﹣可以結(jié)合H+氧化I﹣生成I2，離子方程式是IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.0～a間沒有碘單質(zhì)生成，為碘酸根離子和亞硫酸氫根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘離子，其離子方程式為3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，故A正確；B.b～c段發(fā)生IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，只有I元素的化合價變化，氧化產(chǎn)物為I2，3molNaHSO3參加反應(yīng)消耗1molIO3﹣,且生成1molI﹣,b～c段消耗0.2molIO3﹣,同時消耗1molI﹣,對應(yīng)氧化產(chǎn)物為0.5mol，故B正確；C.由IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，可知3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物質(zhì)的量為1mol，生成I﹣為1mol，設(shè)生成的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為xmol，由IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，可知消耗的KIO3的物質(zhì)的量為xmol，消耗碘離子的物質(zhì)的量為xmol，剩余的碘離子的物質(zhì)的量為mol，當(dāng)溶液中＝5：1時，即1mol+0.15mol×=1.05mol，故C錯誤；D.由圖中橫坐標(biāo)可知a～b間碘酸鉀的物質(zhì)的量為0.6mol，由IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+可知，消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為0.6mol×3＝1.8mol，故D正確；故選：C。【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握氧化的先后順序、發(fā)生的反應(yīng)、電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。143分）水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣中的幾種離子，且存在的各離子具有相同的物質(zhì)的量，某同學(xué)對該溶液進(jìn)行如圖實驗。下列判斷正A．氣體A可能含有CO2，氣體B一定是NH3B．白色沉淀可能含有Al（OH）3C．溶液中一定不存在Na+D．溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3﹣、NH4+【分析】溶液I加入過量氫氧化鋇生成氣體B，B只能是NH3，則存在NH4+，有色沉淀只能為Fe（OH）3，則含有Fe2+，溶液中各離子具有相同的物質(zhì)的量，由于2n（Fe2+）+n（NH4+n（NO3﹣),根據(jù)電荷守恒可知，一定含有SO42﹣,一定不含Na+、Al3+，溶液Ⅱ中含有過量的氫氧化鋇，白色沉淀為碳酸鋇?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，氣體A為NO，故A錯誤；B．由分析可知，白色沉淀為碳酸鈣，不含氫氧化鋁，故B錯誤；C．由分析可知，溶液一定不含CO32﹣、Na+、Al3+，故C正確；D．由分析可知，溶液一定含F(xiàn)e2+、NO3﹣、NH4+、SO42﹣,一定不含Al3+等，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)組成確定，涉及離子反應(yīng)與離子共存，題目以定性分析與定量計算形式進(jìn)行考查，關(guān)鍵是掌握元素化合物知識，注意電荷守恒的運用，題目側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、實驗?zāi)芰Α?53分）足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL【分析】根據(jù)電子得失守恒，求出參加反應(yīng)的銅，然后求出Cu（NO3）2，再根據(jù)Cu（NO3）2與NaOH反應(yīng)的關(guān)系，求出NaOH的物質(zhì)的量，最終求出NaOH溶液的體積?！窘獯稹拷猓和耆蒆NO3，則整個過程中HNO3反應(yīng)前后沒有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了根據(jù)得失電子守恒：n（Cu）×2＝n（O2）×4n（Cu0.15mol所以Cu（NO3）2為0.15mol根據(jù)Cu2+～2OH﹣0.15moln（OH﹣)則NaOH為0.15mol×2＝0.3mol則NaOH體積V==0.06L，即60ml，故選：A?！军c評】本題主要考查了金屬與硝酸反應(yīng)的計算，若根據(jù)化學(xué)方程式來計算，無從下手，若根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失守恒則能起到事半功倍的作用。二、解答題（共4小題，滿分55分）（1）需稱量NaOH固體6.0g（2）在該溶液的配制過程中，用到的玻璃儀器：量筒、燒杯、玻璃棒500mL容量瓶、膠頭滴管。Ⅱ、取上述實驗中配制的NaOH溶液200mL，緩慢通入一定量的CO2，充分反應(yīng)，測最后溶液的pH＞7。在上述所得溶液中，逐滴緩慢滴加一定濃度的鹽酸，所得氣體的體積與所加鹽酸的體積（不考慮溶解于水）關(guān)系如圖所示。（4）加入鹽酸200mL之前，無氣體產(chǎn)生，寫出OA段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式H++OH﹣=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣。（5）A點時，反應(yīng)所得溶液中溶質(zhì)的成分有NaCl、NaHCO3（6）產(chǎn)生的CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為448mL。【分析】Ⅰ.（1）配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶，依據(jù)m=cVM計算溶質(zhì)的質(zhì)量；（2）依據(jù)配制溶液一般步驟選擇需要的儀器；（3）如果在定容時仰視，導(dǎo)致溶液體積偏大，依據(jù)c=分析誤差；Ⅱ.加入鹽酸200mL時開始生成氣體，當(dāng)加入鹽酸300mL時不再產(chǎn)生氣體，AB段發(fā)生NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑,而OA段消耗的鹽酸為AB消耗的鹽酸的二倍，應(yīng)為NaOH和Na2CO3的混合物，都可與鹽酸反應(yīng)；AB段表示碳酸氫根離子與氯化氫反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，由此分析?！窘獯稹拷猓孩?（1）實驗室配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液用500mL的容量瓶，需稱量NaOH固體m＝nM＝cVM＝0.3mol/L×0.5L×40g/mol＝6.0g，故答案為：6.0；（2）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液一般步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等，用到的玻璃儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，缺少的儀器：500mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：500mL容量瓶、膠頭滴管；（3）如果在定容時仰視，導(dǎo)致溶液體積偏大，依據(jù)c=可知，溶液濃度偏小，故答案為：偏??；（4）由分析可知，OA段消耗的鹽酸為AB消耗的鹽酸的二倍，應(yīng)為NaOH和Na2CO3的混合物，都可與鹽酸反應(yīng)，OA段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H++OH﹣=H2O、H++CO32=HCO3故答案為：H++OH﹣=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣;（5）由分析可知，OA段消耗的鹽酸為AB消耗的鹽酸的二倍，應(yīng)為NaOH和Na2CO3的混合物，都可與鹽酸反應(yīng)，A點反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)的成分有NaCl、NaHCO3，故答案為：NaCl、NaHCO3；（6）根據(jù)反應(yīng)方程式H++CO32﹣=HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O可知，碳酸鈉消耗鹽酸的體積為100mL，則氫氧化鈉消耗的鹽酸體積也是100mL，即Na2CO3與NaOH的根據(jù)碳原子守恒，反應(yīng)生成二氧化碳的物質(zhì)的量為0.02mol，標(biāo)況下0.02mol二氧化碳的體積為0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，即448mL，故答案為：448。【點評】本題為綜合題，考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制及方程式有關(guān)計算，明確配制原理，準(zhǔn)確分析圖象不同斷發(fā)生反應(yīng)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。1714分）某化學(xué)興趣小組以菱鐵礦（主要成分為FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量雜質(zhì)）為原料制備氯化鐵晶體（FeCl3?6H2O）的實驗過程如圖：（1）酸溶及后續(xù)過程中均需保持算過量，其目的除了提高鐵元素的浸出率之外，還有抑制Fe3+水解。（2）操作Ⅰ名稱是過濾。（3）滴加H2O2溶液氧化時，發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。（4）在氧化過程中，如何檢驗鐵元素全部以Fe3+形式存在：取少許氧化后的溶液于試管中，向試管中滴加1﹣2滴酸性高錳酸鉀溶液，紫色不褪去，說明鐵元素全部以Fe3+形式存在。（5）加入過量NaOH溶液的目的是將Al3+轉(zhuǎn)化為AlO2﹣,分離Fe3+與Al3+。（6）請補充完整由過濾后得到的固體制備FeCl3?6H2O的實驗方案：向過濾后所得固體，用水洗滌固體2﹣3次，低溫干燥，得到FeCl3?6H2O?！痉治觥恳粤忤F礦（主要成分為FeCO3，含有SiO2、Al2O3）為原料，加入稀硫酸酸溶過濾得到濾液為硫酸鋁、硫酸亞鐵溶液，濾渣為SiO2，濾液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入過量氫氧化鈉溶液沉淀鐵離子，過濾得到氫氧化鐵，濾液為偏鋁酸鈉和氫氧化鈉的混合溶液，向過濾后所得固體，用水洗滌固體2﹣3次，加入稀鹽酸使固體完全溶解，在氯化氫氛圍內(nèi)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，低溫干燥，得到FeCl3?6H2O，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷?）酸溶及后續(xù)過程中均需保持算過量，其目的除了提高鐵元素的浸出率之外，還有抑制Fe3+水解；故答案為：抑制Fe3+水解；（2）向菱鐵礦加稀硫酸，二氧化硅不溶，從流程可知二氧化硅被除去，故操作Ⅰ為過濾；故答案為：過濾；（3）滴加H2O2溶液氧化時，發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；故答案為：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；（4）檢驗鐵元素全部以Fe3+形式存在，即檢驗是否有亞鐵離子即可，方法為：取少許氧化后的溶液于試管中，向試管中滴加1﹣2滴酸性高錳酸鉀溶液，紫色不褪去，說明鐵元素全部以Fe3+形式存在；故答案為：取少許氧化后的溶液于試管中，向試管中滴加1﹣2滴酸性高錳酸鉀溶液，紫色不褪去，說明鐵元素全部以Fe3+形式存在；（5）經(jīng)過氧化氫氧化后的溶液有鐵離子和鋁離子，加入過量NaOH溶液的目的是，將Al3+轉(zhuǎn)化為AlO2﹣,分離Fe3+與Al3+；故答案為：將Al3+轉(zhuǎn)化為AlO2﹣,分離Fe3+與Al3+；（6）過濾后得到的固體為氫氧化鐵，由氫氧化鐵制備FeCl3?6H2O的實驗方案為：向過濾后所得固體，用水洗滌固體2﹣3次，加入稀鹽酸使固體完全溶解，在氯化氫氛圍內(nèi)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，低溫干燥，得到FeCl3?6H2O；故答案為：加入稀鹽酸使固體完全溶解，在氯化氫氛圍內(nèi)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗及混合物的分離和提純，為高頻考點，把握流程圖中每一步發(fā)生的反應(yīng)及操作方法是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息解答，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋}目難度中等。1814分）硫代硫酸鈉俗稱大蘇打、海波，主要用作照相業(yè)定影劑，還廣泛應(yīng)用于化工、醫(yī)藥等行業(yè)。常溫下，溶液中析出晶體為Na2S2O3?5H2O。Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖甲所示。將硫化鈉和碳酸鈉按反應(yīng)要求比例放入圖乙裝置D中，然后注入150mL蒸餾水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定濃度的H2SO4，在蒸餾燒瓶B中加入亞硫酸鈉固體，并按圖乙安裝好裝置。（1）打開分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反應(yīng)產(chǎn)生的氣體較緩慢均勻地通入Na2S和△-2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。①蒸餾燒瓶B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3+H2SO4（濃）═Na2SO4+SO2↑+H2O。②制備過程中儀器D中的溶液要控制在弱堿性條件下，其理由是S2O32﹣+2H+═S↓Ⅱ.分離Na2S2O3?5H2O并測定含量（2）操作Ⅰ為趁熱過濾，其目的是防止硫代硫酸鈉晶體析出；操作Ⅱ是過濾、洗滌、干燥，其中洗滌操作時用乙醇（填試劑）作洗滌劑。（3）蒸發(fā)濃縮濾液直至溶液中有少量晶體析出為止，蒸發(fā)時控制溫度不宜過高的原因是避免析出的晶體Na2S2O3?5H2O因溫度過高而分解。（4）已知：Na2S2O3?5H2O的摩爾質(zhì)量為248g?mol﹣1；2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6。取晶體樣品ag，加水溶解后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴入幾滴淀粉溶液，用0.005mol?L﹣1碘水滴定到終點時，消耗碘水溶液VmL，試回答：①達(dá)到滴定終點時的現(xiàn)象：滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液時溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不變色，說明到達(dá)滴定終點。②產(chǎn)品中Na2S2O3?5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%。（5）滴定過程中可能造成實驗結(jié)果偏低的是BD。（填字母）A．錐形瓶未用Na2S2O3溶液潤洗B．錐形瓶中溶液變藍(lán)后立刻停止滴定，進(jìn)行讀數(shù)C．滴定到終點時仰視讀數(shù)D．滴定管尖嘴內(nèi)滴定前無氣泡，滴定到終點出現(xiàn)氣泡Ⅲ.氰化鈉是一種劇毒物質(zhì)，工業(yè)上常用硫代硫酸鈉溶液處理廢水中的氰化鈉（6）化學(xué)興趣小組的同學(xué)配備了防毒口罩、橡膠手套和連體式膠布防毒衣等防護(hù)用具，在老師的指導(dǎo)下進(jìn)行以下實驗：向裝有1.5mL0.1mol?L﹣1的NaCN溶液的試管中滴加1.5mL0.1mol?L﹣1的Na2S2O3溶液，兩反應(yīng)物恰好完全反應(yīng)，但沒有明顯實驗現(xiàn)象，取反應(yīng)后的溶液少許滴入盛有10mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液的小燒杯中，溶液呈現(xiàn)血紅色，請寫出Na2S2O3解毒的離子方程式：CN﹣+S2O32﹣=SCN﹣+SO42﹣。【分析】（1）①在燒瓶B中，Na2SO3與濃H2SO4反應(yīng)生成硫酸鈉、SO2氣體和水；②因為Na2S2O3無法在酸性環(huán)境中存在；易溶于水，不溶于乙醇；（3）由題意可知Na2S2O3?5H2O于40﹣45℃熔化，48℃分解，蒸發(fā)時控制溫度不宜過高是為了避免析出的晶體Na2S2O3?5H2O因溫度過高而分解；（4）①淀粉溶液是滴定的指示劑，滴定到達(dá)終點時，溶液中S2O32﹣全部被氧化，此時再滴入I2標(biāo)準(zhǔn)液，淀粉會變藍(lán)，因此達(dá)到滴定終點時的現(xiàn)象為：滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液時溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不變色；②由方程式2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6可知存在數(shù)量關(guān)系n（S2O32﹣)=2n（I2VmL溶液中含有的S2O32﹣的物質(zhì)的量為2×0.005×V×10﹣3mol，則樣中Na2S2O3?5H2O的物質(zhì)的量為2×0.005×V×10﹣3×10mol，計算Na2S2O3?5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)5）c=，過程中造成n減小或者V增大的都會使結(jié)果偏??；（6）兩反應(yīng)物恰好完全反應(yīng)，但沒有明顯實驗現(xiàn)象，說明CN﹣和S2O32﹣按1：1反應(yīng)，溶液呈現(xiàn)血紅色，說明產(chǎn)生了SCN﹣,實驗Na2S2O3解毒的離子方程式為CN﹣+S2O32﹣=SCN﹣+SO42﹣?！窘獯稹拷?）①在燒瓶B中，Na2SO3與濃H2SO4反應(yīng)生成SO2氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3+H2SO4（濃）═Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案為：Na2SO3+H2SO4（濃）═Na2SO4+SO2↑+H2O；②制備過程中儀器D中的溶液要控制在弱堿性條件下，這是因為Na2S2O3無法在酸性環(huán)境中存在，Na2S2O3在酸性條件下分解的離子方程式為S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案為：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O；（2）由圖甲可知，當(dāng)溫度過低時，Na2S2O3的溶解度小，會結(jié)晶析出，所以趁熱過濾的目的是防止Na2S2O3晶體析出，由題意可知，Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以洗滌時可用無水乙醇作洗滌劑，故答案為：防止硫代硫酸鈉晶體析出；乙醇；（3）由題意可知Na2S2O3?5H2O于40﹣45℃熔化，48℃分解，蒸發(fā)時控制溫度不宜過高是為了避免析出的晶體Na2S2O3?5H2O因溫度過高而分解，故答案為：避免析出的晶體Na2S2O3?5H2O因溫度過高而分解；（4）①淀粉溶液是滴定的指示劑，滴定到達(dá)終點時，溶液中S2O32﹣全部被氧化，此時再滴入I2標(biāo)準(zhǔn)液，淀粉會變藍(lán)，因此達(dá)到滴定終點時的現(xiàn)象為：滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液時溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不變色，故答案是：滴加最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液時溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不變色，說明到達(dá)滴定終點；②由方程式2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6可知存在數(shù)量關(guān)系n（S2O32﹣)